5.5.13 Demostrar que la sucesión {(log n)} no está uniformemente distribuida. Solución: Sabemos que la sucesión an = (log n) (la parte fraccionaria) está uniformemente distribuida si y sólo si el siguiente lı́mite es 0 para todo m 6= 0: n 1 X 2πimak . e n→∞ n k=1 lim Por tanto no hay más que calcular ese lı́mite y ver que no es 0. Para empezar, está claro que: n X e2πimak = n X e2πim(log k) = k=1 k=1 n X k 2πim . k=1 Para tener una mejor aproximación de esto sumamos por partes con an = 1 y f (t) = t2πim : n X k 2πim =n 2πim n Z btc2πimt2πim−1 dt. n− 1 k=1 De nuevo, queremos quitar de la integral la parte entera, para ello, sumamos y restamos t − 1/2 (el −1/2 realmente es irrelevante, pero ası́ se obtiene una fórmula más simétrica). Llegamos sin mucho esfuerzo a que si f (t) = t2πim entonces n X k 2πim Z = 1 k=1 n 1 f (t)dt + (f (1) + f (n)) + 2 Z n P1 (t)f 0 (t)dt 1 donde P1 (t) = t − btc − 1/2. Ahora sólo hay que resolver (o acotar) esas integrales. La primera será la que dé el término principal: Z n Z n n2πim+1 − 1 f (t)dt = t2πim dt = . 2πim + 1 1 1 Como además P1 (t) = O(1) podemos acotar el término de error integral por: Z n Z n 0 P1 (t)f (t)dt t−1 dt log n. 1 1 Con esto llegamos (f (1), f (n) = O(1)) a: n X k=1 k 2πim = n2πim+1 + O(log n). 2πim + 1 Si recordamos lo que buscábamos era dividir esto por n y ver si ese lı́mite da 0. Pero esto no ocurre ya que para empezar, la parte del error sı́ que tiende a 0 pero sin P embargo n2πim oscila al hacer tender n → ∞, por tanto 1 el lı́mite limn→∞ n nk=1 k 2πim no existe lo que implica que (log n) no está uniformemente distribuida. Problema escrito por Diego González Sánchez.